2023-2024学年福建省泉州科技中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州科技中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若 ， ，，且 三点共线，则 ( )
A．－2B．5C．10D．12
【答案】C
【分析】由三点共线可得直线的斜率存在并且相等求解即可.
【详解】解：由题意，可知直线的斜率存在并且相等，
即，解得 10.
故选：C.
2．三棱柱中，为棱的中点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的线性运算法则与空间向量基本定理，求解即可．
【详解】．
故选：D．
3．若直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ）
A．1B．C．3D．4
【答案】B
【分析】先求得m的值，再去求两平行直线间的距离即可.
【详解】由直线与直线平行，
可得，解之得
则直线与直线间的距离为
故选：B
4．已知椭圆的焦点为、，P为椭圆上的一点，若，则的面积为（ ）
A．3B．9C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆定义和焦点三角形，利用余弦定理和面积公式即可求解.
【详解】根据椭圆的定义有，①
根据余弦定理得，②
结合①②解得，所以的面积．
故选:C
5．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点、距离之比是常数的点的轨迹是圆.若两定点、的距离为3，动点满足，则点的轨迹围成区域的面积为.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，首先确定圆的方程，然后确定其面积即可.
【详解】以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则设，
依题意有，，
化简整理得，，
即，
则圆的面积为．
故选D．
【点睛】本题考查轨迹方程求解、圆的面积的求解等知识，属于中等题．
6．的三个顶点坐标为，，，下列说法中正确的是（ ）
A．边与直线平行
B．边上的高所在的直线的方程为
C．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为
D．过点且平分面积的直线与边相交于点
【答案】B
【分析】求出，即可判断A，利用点斜式求出边上的高的方程，即可判断B，分过原点和不过原点两种情况讨论即可判断C，求出边的中点坐标，即可判断D.
【详解】因为，，，
所以直线的斜率，而直线的斜率为，两直线不平行，故A错误；
边上高所在直线斜率为，直线方程为，即，故B正确；
过且在两坐标轴上的截距相等的直线不过原点时方程为，过原点时方程为，故C错误；
过点且平分面积的直线过边中点，而的中点坐标为，故D错误．
故选：B．
7．若直线与曲线恰有一个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意，作图，根据直线与圆的位置关系，可得答案.
【详解】由曲线，可得，
表示以原点为圆心，半径为的右半圆，
是倾斜角为的直线与曲线有且只有一个公共点有两种情况：
①直线与半圆相切，根据，所以，结合图象可得；
②直线与半圆的上半部分相交于一个交点，由图可知.
综上可知：或.
故选：D.
8．已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出图象，根据图像判断出，由此求得离心率的取值范围．
【详解】解：由题意，如图，
若在椭圆上存在点，使得由点所作的圆的两条切线互相垂直，则只需，即，，
即，因为，
解得：．
，即，而，
，即．
故选：D．
二、多选题
9．给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直
B．直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为2
C．若平面，的法向量分别为，，则
D．若存在实数使则点共面
【答案】AD
【分析】根据空间向量垂直、点到直线距离、面面垂直、点共面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A：因为直线的方向向量，直线的方向向量，
且，所以，所以与垂直.故A正确；
对于B：∵，，∴，又，
∴在方向上的投影，
∴P到l距离，
对于C：因为平面，的法向量分别为，，
且，所以不垂直，所以不成立.故C不正确；
对于D：若不共线，则可以取为一组基底，
由平面向量基本定理可得存在实数使，则点共面；
若共线，则存在实数使，所以共线，
则点共面也成立.综上所述：点共面.故D正确.
故选：AD
10．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有4个点到直线的距离都等于1
C．圆与圆恰有一条公切线，则
D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点
【答案】AD
【分析】利用直线系方程求解直线所过定点判断A；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径判断B；由圆心距等于半径差列式求得判断C；求出两圆公共弦所在直线方程，再由直线系方程求得直线所过点的坐标判断D．
【详解】由，得，
联立，解得，
直线恒过定点，故A正确；
圆心到直线的距离等于1，
直线与圆相交，而圆的半径为2，
故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，
因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B错误；
两圆恰有一条公切线，则两圆内切，曲线化为标准式，圆心，半径为1，
曲线化为标准式，圆心，半径为，
∴圆心距为，解得，故C错误；
设点的坐标为，则，以为直径的圆的方程为，
两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，
令，，解得，，故直线经过定点，故D正确．
故选：AD.
11．椭圆有一条光学性质：从椭圆一个焦点出发的光线，经过椭圆反射后，一定经过另一个焦点．假设光线沿直线传播且在传播过程中不会衰减，椭圆的方程为，则光线从椭圆一个焦点出发，到首次回到该焦点所经过的路程可能为（ ）
A．2B．8C．10D．12
【答案】ACD
【分析】根据已知，光线自出发，可以沿方向传播，也可以沿方向传播，也可以不沿轴传播.根据椭圆的光学性质，分别得出光线传播的路径，结合椭圆的定义，即可得出答案.
【详解】设椭圆左焦点为，右焦点为，左顶点为，右顶点为.
由已知可得，，，所以.
①当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为，故A项正确；
②当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播第一次经过，此时所经过的路程为，故C项正确；
③当光线从出发后，不沿轴传播，如图2
光线开始沿传播，到达点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播到达点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为.
根据椭圆的定义可知，，，
所以，故D项正确.
故选：ACD.
12．已知图1中，是正方形各边的中点，分别沿着把，，，向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）
A．是正三角形
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正切值为
D．当时，多面体的体积为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法分析ABC选项的正确性，通过割补法计算出多面体的体积，从而判断D选项的正确性.
【详解】分别取的中点，连结，
在图1中，因为是正方形各边的中点，
则，因为为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以平面，
在图1中，设正方形的边长为，可得正方形的边长为，
在图1中，和均为等腰直角三角形，可得，
所以，故四边形是边长为的正方形，
因为分别为的中点，则且，，
所以四边形为矩形，所以，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
，
，
对于选项A，由空间中两点间的距离公式可得，
所以是正三角形，故选项A正确；
对于选项B，设平面的法向量为，则由，
取，则，
，
设平面的法向量为，则有，
取，则，
所以，所以平面与平面不垂直，故选项B错误；
对于选项C，，
设直线与平面所成的角为，则，
所以，故，故选项C正确；
对于选项D，以为底面，以为高将几何体补成长方体，
则分别为的中点，
因为，即，则，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为，
，
因此多面体的体积为，
故选项D正确．
故选：ACD
【点睛】判断空间中选段长度、角度、平行和垂直等问题，可考虑利用空间向量法来进行求解，空间向量法的求解过程，主要是选择合适的位置建立空间直角坐标系，用坐标表示点，然后结合空间直线的方向向量、平面的法向量的知识来对问题进行求解.
三、填空题
13．过点斜率为的直线在轴上的截距为 ．
【答案】-2
【分析】利用点斜式求直线方程，令x=0，即可得出直线在y轴上的截距．
【详解】由题意可得直线方程为：，令x=0，解得y=-2
所以直线在轴上的截距为-2，
故答案为：-2
14．已知直线，直线，若，则实数的值为 ．
【答案】或
【分析】根据两直线垂直的充要条件求解即可.
【详解】因为，
所以，解得或，
故答案为：或
15．在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为 ．
【答案】-2
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积的坐标运算，求最小值.
【详解】以D为原点，DA 为x轴，DC为y轴，DD为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，点为底面上一点，设，
有，，
，
当时，的最小值为-2.
故答案为：-2
16．已知在中，顶点，点在直线：上，点在轴上，则的周长的最小值 .
【答案】
【分析】设点关于直线：的对称点，点关于轴的对称点为，
连接交于，交轴于，则此时的周长取最小值，且最小值为，利用对称知识求出和，再利用两点间距离公式即可求解.
【详解】如图：
设点关于直线：的对称点，点关于轴的对称点为，
连接交于，交轴于，
则此时的周长取最小值，且最小值为，
与关于直线：对称，
，解得：，
，易求得：，
的周长的最小值.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求一个点关于某直线的对称点的坐标的方法，体现了数形结合的数学思想，综合性较强.
四、解答题
17．已知曲线方程，．
(1)若方程表示焦点在轴上的椭圆，求的取值范围；
(2)若方程表示焦距为2的椭圆，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆方程的性质建立关于k的不等式，解出即可；
（2）根据椭圆方程的类型，分类讨论确定，根据求解即可.
【详解】（1）若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，
解得，
即的取值范围为；
（2）若方程表示焦距为2的椭圆，则，所以
当方程表示焦点在轴上的椭圆，则，且
又，得；
当方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得
所以，
又，得；
综上，或.
18．已知圆：和圆相交于两点.
（1）求公共弦的垂直平分线方程.
（2）求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）线段的垂直平分线恰为直线，利用点斜式即可写出其方程．
（2）先求公共弦所在的直线方程，再求出到直线的距离，即可求公共弦的长，结合三角形的面积公式解答．
【详解】解：（1）由题可知：公共弦的垂直平分线为直线，
，，
所求直线的方程为：；
（2）又两圆方程相减得，即，此即为直线的方程，
到直线的距离，即，
又圆的半径，，
．
即：．
19．如图，在平面直角坐标系中，点，，．
(1)求直线BC的方程；
(2)记的外接圆为圆M，若直线OC被圆M截得的弦长为4，求点C的坐标．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)延长CB交x轴于点N，根据给定条件求出即可计算作答.
(2)利用待定系数法求出圆M的方程，再由给定弦长确定C点位置，推理计算得解.
【详解】（1）延长CB交x轴于点N，如图，因，则，
又，则有，又，于是得，
则直线BC的倾斜角为120°，直线BC的斜率，因此，，即
所以直线BC的方程为.
（2）依题意，设圆M的方程为，
由(1)得：，解得，
于是得圆M的方程为，即，圆心，半径，
因直线OC被圆M所截的弦长为4，则直线OC过圆心，其方程为，
由解得，即，
所以点C的坐标是.
20．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：
(1)BD1的长；
(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；
（2）分别求出 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD1与AC所成角的余弦值．
【详解】（1）∵，
＝24，
∴的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴＝，
所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．
21．如图所示，在四棱锥中，，，，且
(1)求证：平面平面；
(2)已知点是线段上的动点（不与点､重合），若使二面角的大小为，试确定点的位置.
【答案】(1)见解析；
(2)点在线段上满足
【分析】（1）先由边的关系证得，结合，即可证得平面，进而证得平面平面；
（2）取中点，证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，设，表示出平面和平面的法向量，由夹角公式解出即可确定点的位置.
【详解】（1）
连接，由，知，在中，，
设的中点为，连接，则，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为正方形，
所以，在中，，在中，，
所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）
在中，，所以，在中，过点作，垂足为，因为，
所以为中点，所以，由（1）得平面，平面，则，平面，
，则平面.以为原点，分别以所在直线为轴，以过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间坐标系，
则，设，
则，易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
即，即，解得（舍）或，所以，当点在线段上满足时，使二面角的大小为.
22．已知椭圆经过点，左焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于两点，点满足（为原点），求四边形面积的最大值.
【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）根据椭圆经过的点和焦点，由待定系数法即可求解.
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得根与系数的关系，进而根据面积公式表达出面积函数，利用换元法以及不等式即可求解最值.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，
又因为椭圆经过点，所以，
又
，，，
所以椭圆的方程为.
（2）因为，所以四边形为平行四边形，
当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与椭圆交于，两点，
由.
由
，
，
，
令，则（由上式知），
，当且仅当，即时取等号.
∴当时，平行四边形的面积最大值为2.